1、2022年呼和浩特市高三年级第二次质量数据监测理科数学注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号涂写在答题卡上本试卷满分150分，考试时间120分钟2回答第卷时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号写在本试卷上无效3答第卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回第卷一、单项选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的）1. 若集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】
2、根据一元二次不等式的解法，求得，集合集合交集的运算，即可求解.【详解】由不等式，所以集合，又由集合，所以.故选：A.2. 复数在复平面内对应的点为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】复数在复平面内对应的点为，可得到复数的代数形式，计算即可求解.【详解】因为复数在复平面内对应的点为，所以，所以，故选：A.3. （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数的诱导公式，准确化简、运算，即可求解.【详解】由三角函数的诱导公式得.故选：B.4. 已知命题：幂函数在上单调递增；命题：若函数为偶函数，则的图象关于直线对称则下列命题为假命题的是（ ）A. B.
3、C. D. 【答案】C【解析】【分析】首先分别判断命题和命题的真假，然后再根据逻辑连接词“且”、“或”、“非”进行判断即可.【详解】是偶函数，幂函数在上单调递减，在上单调递增，命题为真命题；则为假命题；函数为偶函数， 的图象关于直线对称命题为真命题；则为假命题； 又逻辑连接词“且”为“一假必假”，“或”为“一真必真”， 则对于A，为真命题；对于B，为真命题；对于C，为假命题；对于D，为真命题；故选：C.5. 图形是信息传播、互通的重要的视觉语言，画法几何是法国著名数学家蒙日的数学巨著，该书在投影的基础上，用“三视图”来表示三维空间中立体图形即做几何体的“三视图”，需要分别从几何体正面、左面、上
4、面三个不同角度观察，从正投影的角度作图下图中粗实线画出的是某三棱锥的三视图，且网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的最长的一条侧棱长为（ ）A. 3B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由三视图可知，该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，画出直观图，从而可求出最长的侧棱长【详解】由三视图可知，该几何体是底面是等腰直角三角形的三棱锥，如图所示，所以，所以最长的一条侧棱长为，故选：B6. 非零向量，满足，与的夹角为，则在上的正射影的数量为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用垂直的向量表示，再利用正射影的数量的意义计算作答.【详解】非零向量，满足，则，即，又与的夹角
5、为，所以在上的正射影的数量.故选：D7. 如图所示程序框图，其输出值（ ）A. 24B. 25C. 26D. 27【答案】A【解析】【分析】根据给定的程序框图，逐次计算，结合判断条件，即可求解.【详解】根据给定的程序框图，可得：第1次循环，满足判断条件，；第2次循环，满足判断条件，；第3次循环，满足判断条件，；第4次循环，满足判断条件，；第5次循环，不满足判断条件，输出；故选：A.8. 将函数的图象向右平移个单位后得到的函数图象关于直线对称，则的最小值为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的图象变换，求得，结合，列出三角方程，即可求解.【详解】将函数的图象向右平
6、移个单位后，可得，因为的图象关于直线对称，即，可得，解得，又因为，所以的最小值为.故选：A.9. 直线l：与函数的图象有两个公共点，则k的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由直线l：过点，函数表示半圆，根据直线与半圆有两个公共点求解.【详解】解：直线l：过点，函数变形为其图象如图所示：由图象知：，因为直线l：与函数的图象有两个公共点，所以，故选：C10. 已知点F为双曲线（，）的右焦点，若双曲线左支上存在一点P，使直线与圆相切，则双曲线离心率的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意求出直线的斜率为，然后列出不等式，转化为求解双曲
7、线的离心率的范围即可【详解】设直线，因为直线与圆相切，所以，所以解得，因为点在双曲线的右支上，所以，所以，所以，所以，所以，故选：B11. 若过点可以作三条直线与曲线C：相切，则m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出导函数,利用导数的几何意义列出方程，即可求解.【详解】设切点为,过点P的切线方程为,代入点P坐标，化简为，即这个方程有三个不等根即可.令,求导得：.令，解得：，所以在上递增；令，解得：或，所以在和上递增.要使方程有三个不等根即可.只需即.故选：D12. 在一个含有底面的半球形容器内放置三个两两外切的小球，若这三个小球的半径均为3，且每个小球都与半
8、球的底面和球面相切，则该半球的半径（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设三点是三个小球的球心，是半球的球心，是正的中心，则平面，平面，则，由，可求得再加上3可得半球半径【详解】如图，三点是三个小球的球心，是半球的球心，是正的中心，则平面，平面，则，所以，所以半球半径为故选：A第卷本卷包括必考题和选考题两部分，第13题21题为必考题，每个试题考生都必须做答；第22题第23题为选考题，考生根据要求做答二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分把正确答案填在答题卡的相应位置）13. 3月12日是植树节，某地组织青年志愿者进行植树活动，植树的树种及其数量的折线图，如图所示后期
9、，该地区农业局根据树种采用分层抽样的方法抽取150棵树，请专业人士查看树种的成活情况，则被抽取的梧桐树的棵数为_【答案】10【解析】【分析】利用分层抽样法即可求出被抽取的梧桐树的棵数【详解】由分层抽样法，被抽取的梧桐树的棵数为：故答案为：14. 如图所示，在平面四边形ABCD中，若，则的面积的最大值为_【答案】【解析】【分析】在中，由余弦定理求得，再在中，由余弦定理和基本不等式，求得，结合面积公式，即可求解.【详解】在中，在中，由余弦定理得，即，当且仅当时，等号成立，所以，又由，可得，所以面积的最大值为.故答案为：.15. 设随机变量X服从正态分布，若，则_【答案】#【解析】【分析】根据正态曲
10、线的对称性计算可得；【详解】解：因为，所以所对应的正态曲线关于对称，因为，所以，所以；故答案为：16. 已知函数是R上的奇函数，对任意，都有成立，当，且时，都有，有下列命题：；点是函数图象的一个对称中心；函数在上有2023个零点；函数在上为减函数；则正确结论的序号为_【答案】【解析】【分析】由已知得出函数的周期性，然后由奇偶性与周期性、单调性定义判断公众号：一枚试卷君【详解】，令得，令得，所以，又是奇函数，是周期函数，4是它的周期，当，且时，都有，即时，在是增函数，由奇函数性质知在上也是增函数，所以在上递增，所以，从而，正确；，则函数图象关于直线对称，又函数图象关于原点对称，因此也关于点对称，
11、正确；由上讨论知在上有2个零点，注意，因此在上零点个数为，正确；由周期性知函数在与时的图象相同，函数同为增函数，错误故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 从，这两个条件中选择一个补充到下面问题中，并完成解答问题：已知数列的前n项和为，且_，为等差数列，成等差数列（1）写出所选条件的序号，并求数列、的通项公式；（2）若，求数列的前n项和【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）选择条件和，都是利用与的关系先求出数列的通项，再求出等差数列的公差即得的通项公式；（2）利用裂项相消法求解.【小问1详解】解：选择条件：由题意知：，即，当时，
12、当时，适合.综上数列的通项公式为.选择条件：由题意知：,当时，解得,当时，,整理得,数列是以2为首项，2为公比的等比数列,.，等差数列,又数列为等差数列，设公差为d且,解得,所以等差数列的通项公式为.【小问2详解】解：由（1）知，.18. 第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕，本届冬奥会的关注度已经超越了以往历届冬奥会北京冬奥会国家速滑馆（“冰丝带”）承办了本届奥运会的部分冰上项目比赛速度滑冰、冰球、花样滑冰项目中，运动员在冰面上急转急停时，冰刀会对冰面造成损伤，因此为给运动员们提供及时优质的冰面保障
13、，每个比赛日都需要及时补冰已知，场馆室内温度的变化对于补冰量具有一定的影响，在赛事举办期间随机挑选五天，对场馆室内温度与补冰量进行测量，得到如下相关数据表：比赛日编号12345场馆室内温度x（单位：）101113128补冰量y（单位：L）2325302616（1）从这5个比赛日中任选2天，记这2个比赛日补冰量分别为m，n，求事件“m，n均不小于25”的概率；（2）利用编号为2，3，4的3组相关数据，建立y关于x的线性回归方程，根据此回归方程，求场馆室内温度为10时的补冰量的估计值，并计算该估计值与测量值之差的绝对值附：样本的最小二乘法估计公式为，【答案】（1） （2）1【解析】【分析】（1）方
14、法一：列举m、n的所有情况，利用古典概型的概率求解；方法二：结合组合，利用古典概型的概率求解； （2）先求得，进而得到，写出线性回归方程，再令求解.【小问1详解】解：方法一：依题意得，m、n的所有情况为：23，25、23，30、23，26、23，16、25，30、25，26、25，16、30，26、30，16、26，16共有10个设“m、n均不小于25”为事件A，则事件A包含的基本事件为：25，30、25，26、30，26共有3个，所以，即事件A的概率方法二：设“m、n均不小于25”为事件A则即事件A的概率为；【小问2详解】由数据得， ，；y关于x线性回归方程为当时，所以，得到的估计值与测量值
15、之差的绝对值为119. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，D、E分别是，的中点（1）证明：平面平面；（2）已知，求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由，证得，再根据题意证得平面，得到，进而证得平面，即可证得平面平面.（2）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，得到和平面的法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：由题意知，可得，所以，所以，所以，因为，且为的中点，可得，又因为侧棱底面，且底面，所以，又由，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以，因为且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平
16、面.【小问2详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，在平面内，过D且平行与直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，因为，可得，设，可得，则，由平面，所以平面的法向量为，设与平面ADE所成角为，则.20. 拋物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且已知点M的坐标为，与直线l相切（1）求抛物线C和的标准方程；（2）已知点，点，是C上的两个点，且直线，均与相切判断直线与的位置关系，并说明理由【答案】（1）， （2）相切，理由见解析【解析】【分析】（1）由题意设拋物线C的方程为，将代入可求出P，Q两点坐标，再由可得，从而可求得的值，则可得抛物线的方程，由题意可得的半
17、径为2，从而可求出的方程，（2）由已知可得在抛物线上，设，则可得， 从而可表示出直线的方程，由于直线与圆相切，所以由圆心到直线的距离等于半径，可得，同理得的方程为，所以可得直线方程为，进而可求出点M到直线距离，由此可得结论【小问1详解】由已知，设拋物线C的方程为（），当时，则，所以不妨设 ，因为，所以，所以，解得所以抛物线C的，因为与直线l：相切，所以的半径为2，所以的方程【小问2详解】由已知可得在抛物线上，设，所以，所以的点斜式方程为整理可得，此直线与圆相切，可得，平方后可得又因为化简得，同理：的方程为，所以直线方程为，所以点M到直线距离为，所以直线与相切21. 已知函数（1）讨论的单调性；
18、（2）若函数，证明：当时，【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析【解析】【分析】（1）对函数求导，可得，分，和四种情况进行分类讨论的单调性；（2）根据题意，将原问题转化为 成立，令，利用导数求出函数的最大值，再令，利用导数在函数最值中的应用，结合“隐零点”的用法，可知，存在，使得，再根据函数的单调性，可求出函数的最小值，将的最大值和的最小值比较，即可求证结果.【小问1详解】解：由题意可得的定义域为当时，即，在单调递增当时，即，时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；当时，即，时，单调递增，时，单调递减，时，单调递增，当时，即，时，单调递减， 时，单调递增；综上可得：当时，在和上单调递增，
19、在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增；【小问2详解】证明：当时，要证即证，只需证，只需证，令，则，时，单调递增，时，单调递减，令，则，令，则，在上单调递增又，存在，使得，即；，单调递减，单调递增；，令，则在上单调递减，即，即时，恒成立.请考生在第22、23题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分做答时，用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑选修4-4坐标系与参数方程】22. 在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，两坐标系取相同单位长度，直线的极坐标方程为.（1）
20、求曲线的普通方程和直线的直角坐标方程；（2）求曲线上点到直线距离的最小值.【答案】（1），； （2）.【解析】【分析】（1）消去曲线C的参数方程中的参数即可得解，利用极坐标与直角坐标互化得直线的直角坐标方程作答.（2）设出曲线C上任意一点的坐标，利用点到直线距离公式及辅助角公式求解作答.【小问1详解】由（为参数），消去参数得，所以曲线的普通方程为，把代入直线的极坐标方程得：，所以直线的直角坐标方程为.【小问2详解】由（1）知，曲线的参数方程为（为参数），设为曲线上一点，到直线的距离为，则，其中锐角由确定，因此，当时，取到最小值，所以曲线上的点到直线距离的最小值为.选修45不等式选讲23. 已知函数.（1）求不等式的解集；（2）令的最小值为.若正实数，满足，求证：.【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）零点分段法解绝对值不等式；（2）在第一问的基础上得到，用基本不等式“1”的妙用求解最值，证明出结论.【小问1详解】由得：或或解得：或或综上所述：不等式的解集是.【小问2详解】证明：由（1）中函数的单调性可得当且仅当时等号成立.
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